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故答案为：2．
点评： 此题考查了三角形的三边关系．在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形． 13．如图，△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，AB=5，CD=2，则△ABD的面积是 5 ．
考点： 角平分线的性质．
分析： 要求△ABD的面积，有AB=5，可为三角形的底，只求出底边上的高即可，利用角的平分线上的点到角的两边的距离相等可知△ABD的高就是CD的长度，所以高是2，则可求得面积．
解答： 解：∵∠C=90°，AD平分∠BAC， ∴点D到AB的距离=CD=2， ∴△ABD的面积是5×2÷2=5． 故答案为：5．
点评： 本题主要考查了角平分线上的一点到两边的距离相等的性质．注意分析思路，培养自己的分析能力．
14．如图，直线l∥m，将含有45°角的三角形板ABC的直角顶点C放在直线m上，若∠1=25°，则∠2为 20 度．
考点： 平行线的性质．
分析： 过点B作BD∥l，然后根据平行公理可得BD∥l∥m，再根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，然后求出∠4，再根据两直线平行，内错角相等可得∠2=∠4，即可得解．
解答： 解：如图，过点B作BD∥l， ∵直线l∥m， ∴BD∥l∥m， ∴∠3=∠1=25°，
∵△ABC是有一个角是45°的直角三角板，
∴∠4=45°﹣∠3=45°﹣25°=20°， ∴∠2=∠4=20°． 故答案为：20．
点评： 本题考查了两直线平行，内错角相等的性质，熟记性质并作出辅助线是解题的关键．
15．如图所示，则α= 114 °．
考点： 三角形的外角性质．
分析： 根据三角形外角性质求出∠1，再根据三角形外角性质求出即可．
解答： 解：
∵∠1=58°+24°=82°，
∴α=∠1+32°=82°+32°=114°， 故答案为：114
点评： 本题考查了三角形外角性质的应用，注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
16．如图，△ABD，△ACE都是正三角形，BE和CD交于O点，则∠BOC= 120 度．
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考点： 等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 几何图形问题．
分析： 根据等边三角形的性质及全等三角形的判定SAS判定△DAC≌△BAE，得出对应角相等，再根据角与角之间的关系得出 ∠BOC=120°．
解答： 解：∵△ABD，△ACE都是正三角形 ∴AD=AB，∠DAB=∠EAC=60°，AC=AE， ∴∠DAC=∠EAB
∴△DAC≌△BAE（SAS）
∴DC=BE，∠ADC=∠ABE，∠AEB=∠ACD， ∴∠BOC=∠CDB+∠DBE =∠CDB+∠DBA+∠ABE =∠ADC+∠CDB+∠DBA =120°． 故填120．
点评： 此题考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定方法等，做题要灵活运用．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．如图，CE=CB，CD=CA，∠DCA=∠ECB，求证：DE=AB．
考点： 全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题．
分析： 求出∠DCE=∠ACB，根据SAS证△DCE≌△ACB，根据全等三角形的性质即可推出答案．
解答： 证明：∵∠DCA=∠ECB， ∴∠DCA+∠ACE=∠BCE+∠ACE， ∴∠DCE=∠ACB， ∵在△DCE和△ACB中
，
∴△DCE≌△ACB， ∴DE=AB．
点评： 本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生能否运用全等三角形的性质和判定进行推理，题目比较典型，难度适中．
18．如图：在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，若∠BOC=132°，则∠A等于多少度？若∠BOC=a°时，∠A又等于多少度呢？
考点： 三角形内角和定理． 分析： 根据三角形内角和定理易得∠OBC+∠OCB=48°，利用角平分线定义可得∠ABC+∠ACB=2（∠OBC+∠OCB）=96°，进而利用三角形内角和定理可得∠A度数．同理可得∠BOC=a°时∠A的度数． 解答： 解：∵∠BOC=132°， ∴∠OBC+∠OCB=48°，
∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于O点， ∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2（∠OBC+∠OCB）=96°， ∴∠A=180°﹣96°=84°． 同理，∵∠BOC=a°，
∴∠OBC+∠OCB=180°﹣α°．
∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于O点， ∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2（∠OBC+∠OCB）=2（180﹣α）°=360°﹣2α°， ∴∠A=180°﹣360°+2α°=2α°﹣180°．
点评： 本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键． 19．（1）如图（1），求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数； （2）如图（2），求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
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考点： 三角形内角和定理．
分析： （1）在△AFQ中可得∠A+∠F=180°﹣∠AQF=180°﹣∠OQP，同理可得∠B+∠C=180°﹣∠OPQ，∠E+∠D=180°﹣∠POQ，三个式子相加可得出结果；
（2）在△APQ中可得∠A+∠B=180°﹣∠OPQ，同理可得∠C+∠D=180°﹣∠POQ，∠E+∠F=180°﹣∠OQP，三个式子相加可得出结果． 解答： 解：
（1）在△AFQ中可得∠A+∠F=180°﹣∠AQF=180°﹣∠OQP①， 同理可得∠B+∠C=180°﹣∠OPQ②， ∠E+∠D=180°﹣∠POQ③，
①+②+③可得：∠A+∠F+∠B+∠C+∠E+∠D=180°﹣∠OQP+180°﹣∠OPQ+180°﹣∠POQ=540°﹣（∠OQP+∠OPQ+∠POQ）=540°﹣180°=360°； （2）在△APQ中可得∠A+∠B=180°﹣∠OPQ①，
同理可得∠C+∠D=180°﹣∠POQ②，∠E+∠F=180°﹣∠OQP③，
①+②+③可得：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=180°﹣∠OPQ+180°﹣∠POQ+180°﹣∠OQP=540°﹣（∠OQP+∠OPQ+∠POQ）=540°﹣180°=360°．
点评： 本题主要考查三角形内角和定理，在图形中充分利用三角形的三个内角和为180°是解题的关键．
20．如图，已知：AD是BC上的中线，且DF=DE．求证：BE∥CF．
考点： 全等三角形的判定与性质． 专题：证明题．
分析： 欲证BE∥CF，需先证得∠EBC=∠FCD或∠E=∠CFD，那么关键是证△BED≌△CFD；这两个三角形中，已知的条件有：BD=DC，DE=DF，而对顶角∠BDE=∠CDF，根据SAS即可证得这两个三角形全等，由此可得出所证的结论． 解答： 证明：∵AD是BC上的中线， ∴BD=DC．
又∵DF=DE（已知），
∠BDE=∠CDF（对顶角相等）， ∴△BED≌△CFD（SAS）．
∴∠E=∠CFD（全等三角形的对应角相等）． ∴CF∥BE（内错角相等，两直线平行）．
点评： 三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
21．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D． （1）求证：△ADC≌△CEB．
（2）AD=5cm，DE=3cm，求BE的长度．
考点： 全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题．
分析： （1）根据全等三角形的判定定理AAS推知：△ADC≌△CEB；
（2）利用（1）中的全等三角形的对应边相等得到：AD=CE=5cm，CD=BE．则根据图中相关线段的和差关系得到BE=AD﹣DE．
解答： （1）证明：如图，∵AD⊥CE，∠ACB=90°， ∴∠ADC=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠CAD（同角的余角相等）． 在△ADC与△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
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（2）由（1）知，△ADC≌△CEB，则AD=CE=5cm，CD=BE． 如图，∵CD=CE﹣DE， ∴BE=AD﹣DE=5﹣3=2（cm），即BE的长度是2cm．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
22．已知：如图，△ABC和△DBE均为等腰直角三角形． （1）求证：AD=CE；
（2）求证：AD和CE垂直．
考点： 等腰直角三角形；全等三角形的性质；全等三角形的判定．
分析： （1）要证AD=CE，只需证明△ABD≌△CBE，由于△ABC和△DBE均为等腰直角三角形，所以易证得结论．
（2）延长AD，根据（1）的结论，易证∠AFC=∠ABC=90°，所以AD⊥CE． 解答： 证明：（1）∵△ABC和△DBE均为等腰直角三角形， ∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=90°， ∴∠ABC﹣∠DBC=∠DBE﹣∠DBC， 即∠ABD=∠CBE， ∴△ABD≌△CBE， ∴AD=CE．
（2）延长AD分别交BC和CE于G和F， ∵△ABD≌△CBE， ∴∠BAD=∠BCE，
∵∠BAD+∠ABC+∠BGA=∠BCE+∠AFC+∠CGF=180°， 又∵∠BGA=∠CGF， ∴∠AFC=∠ABC=90°， ∴AD⊥CE．
点评： 利用等腰三角形的性质，可以证得线段和角相等，为证明全等和相似奠定基础，从而进行进一步的证明．
23．如图（1），AB=CD，AD=BC，O为AC中点，过O点的直线分别与AD、BC相交于点M、N，那么∠1与∠2有什么关系？请说明理由； 若过O点的直线旋转至图（2）、（3）的情况，其余条件不变，那么图（1）中的∠1与∠2的关系成立吗？请说明理由．
考点： 全等三角形的判定与性质；平行线的判定． 专题： 探究型．
分析： （1）证明三角形ACD和CAB全等．根据全等三角形判定中的SSS可得出两三角形全等，那么就能证出AD∥BC，也就得出∠1=∠2了． （2）（3）和（1）的证法完全一样． 解答： 解：∠1与∠2相等． 证明：在△ADC与△CBA中，
，
∴△ADC≌△CBA．（SSS） ∴∠DAC=∠BCA． ∴DA∥BC． ∴∠1=∠2．
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②③图形同理可证，△ADC≌△CBA得到∠DAC=∠BCA，则DA∥BC，∠1=∠2．
点评： 本题主要考查了全等三角形的判定和平行线的判定，根据全等三角形得出角相等是解题的关键．
24．如图，已知B（﹣1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC=∠BAC． （1）求证：∠ABD=∠ACD； （2）求证：AD平分∠CDE；
（3）若在D点运动的过程中，始终有DC=DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数？
考点： 全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质． 专题： 几何综合题．
分析： （1）根据∠BDC=∠BAC，∠DFB=∠AFC，再结合∠ABD+∠BDC+∠DFB=∠BAC+∠ACD+∠AFC=180°，即可得出结论．
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM=AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；
（3）运用截长法在CD上截取CP=BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数． 解答： 证明：（1）∵∠BDC=∠BAC，∠DFB=∠AFC， 又∵∠ABD+∠BDC+∠DFB=∠BAC+∠ACD+∠AFC=180°， ∴∠ABD=∠ACD；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N． 则∠AMC=∠ANB=90°． ∵OB=OC，OA⊥BC， ∴AB=AC，
∵∠ABD=∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS） ∴AM=AN．
∴AD平分∠CDE．（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）； （3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP=BD，连接AP． ∵CD=AD+BD， ∴AD=PD．
∵AB=AC，∠ABD=∠ACD，BD=CP， ∴△ABD≌△ACP．
∴AD=AP；∠BAD=∠CAP．
∴AD=AP=PD，即△ADP是等边三角形， ∴∠DAP=60°．
∴∠BAC=∠BAP+∠CAP=∠BAP+∠BAD=60°．
点评： 此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．
人教出版数学八上第一次月考(三角形与全等三角形)
